mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 16, 2015 9:20 pm**

: Λογο-παίγνιο.png (8.58 KiB) Προβλήθηκε 1631 φορές

Το

είναι το μέσο της πλευράς

, τετραγώνου ABCD

. Φέρουμε $BS \perp CM$ .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων δηλαδή το : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 16, 2015 10:59 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Λογο-παίγνιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι το μέσο της πλευράς , τετραγώνου . Φέρουμε $BS \perp CM$ .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων δηλαδή το : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 16, 2015 11:17 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Λογο-παίγνιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι το μέσο της πλευράς , τετραγώνου . Φέρουμε $BS \perp CM$ .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων δηλαδή το : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

Καλησπέρα σε όλους.

Γιώργο , συμφωνούμε( ότι ...δεν διαφωνούμε !!)

: Λογοπαίγνιο.png (15.42 KiB) Προβλήθηκε 1555 φορές

Ας είναι

το μέσο του

και η παράλληλη από το

στην

τέμνει την ευθεία

στο

.

Θα είναι (ADSM) = (DTS)

και προφανώς $TM = MN = NC = 5u\,\,,u > 0$ .

Επειδή $\dfrac{{CS}}{{SM}} = \dfrac{{B{C^2}}}{{M{B^2}}} = 4$ θα είναι $NS = 3u\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SM = 2u$ . Έτσι :

$\dfrac{{(ADSM)}}{{(DSC)}} = \dfrac{{(DST)}}{{(DSC)}} = \dfrac{{ST}}{{SC}} = \dfrac{{7u}}{{8u}} = \dfrac{7}{8}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 17, 2015 12:26 am**

ΑΛΛΙΩΣ:

Με Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο BMC

βρίσκουμε $MC=\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{2}$

και στο ίδιο τρίγωνο οι προβολές

,

των κάθετων πλευρών στην υποτείνουσα είναι αντίστοιχα ίσες με

$SM=\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{10}$ και $SC=\dfrac{2\alpha \sqrt{5}}{5}$ .

$\dfrac{(SMD)}{(DSC)}=\dfrac{SD\cdot SM}{SD\cdot SC}=\dfrac{\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{10}}{\dfrac{2\alpha \sqrt{5}}{5}}=\dfrac{1}{4}$

και $\dfrac{(AMD)}{(DSC)}=\dfrac{(MBC)}{(DSC)}=\dfrac{MC\cdot MB}{DC\cdot SC}=\dfrac{\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{2}\cdot \dfrac{\alpha }{2}}{\alpha \cdot \dfrac{2\alpha \sqrt{5}}{5}}=\dfrac{5}{8}$ .

Άρα $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}=\dfrac{\dfrac{1}{4}E_{2}+\dfrac{5}{8}E_{2}}{E_{2}}=\dfrac{7}{8}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 17, 2015 8:07 am**

KARKAR έγραψε:Το είναι το μέσο της πλευράς , τετραγώνου . Φέρουμε $BS \perp CM$ .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων δηλαδή το : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

Καλημέρα σας.

: Λογοπαίγνιο.png (18.23 KiB) Προβλήθηκε 1486 φορές

Έστω

η πλευρά του τετραγώνου. Ισχύει $\dfrac{x}{{{E_2}}} = \dfrac{m}{{4m}} \Leftrightarrow {E_2} = 4x\,\,(1)$ και ${E_2} = (MDC) - x = 2{a^2} - x\,\,(2)$ .

Από $(1),\,(2) \Rightarrow x = \dfrac{{2{a^2}}}{5}\,\,(3)$ και $\dfrac{{{E_1}}}{{{E_2}}} = \dfrac{{{a^2} + x}}{{4x}}\mathop = \limits^{(3)} \dfrac{7}{8}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 17, 2015 9:13 am**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Λογο-παίγνιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι το μέσο της πλευράς , τετραγώνου . Φέρουμε $BS \perp CM$ .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων δηλαδή το : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

Καλημέρα
Θέτουμε SL=x,CL=y

, Από τις μετρικές σχέσεις στο τρίγωνο MBC

είναι
$MC=\dfrac{a\sqrt{5}}{2},MS=\dfrac{a\sqrt{5}}{10},SB=\dfrac{a\sqrt{5}}{5},SC=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}$
Από την ομοιότητα των τριγώνων $CSL,CMB,y=2x,(1) x^{2}+y^{2}=\dfrac{4a^{2}}{5},(2) (1),(2)\Rightarrow x=\dfrac{2a}{5},y=\frac{4a}{5}$
Συνεπώς είναι

$E_{1}=\dfrac{7a^{2}}{20},E_{2}=\frac{8a^{2}}{20} \dfrac{E_{1}}{E_{2}}=\dfrac{7}{8}$

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 17, 2015 12:18 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Λογο-παίγνιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι το μέσο της πλευράς , τετραγώνου . Φέρουμε $BS \perp CM$ .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων δηλαδή το : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

Καλημέρα σε όλους!

Από το ορθογώνιο τρίγωνο MBC

με ύψος

, παίρνουμε:
$\displaystyle{MC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},MS = \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}},SC = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5},BS = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}}$
$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \omega = \eta \mu \varphi = \frac{{MB}}{{MC}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}}$ . Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο DCS

βρίσκουμε $\boxed{DS=a}$
$\displaystyle{\eta \mu (S\widehat DC) = \eta \mu ({180^0} - 2\omega ) = \eta \mu 2\omega = 2\eta \mu \omega \sigma \upsilon \nu \omega = \frac{4}{5} \Rightarrow \eta \mu (A\widehat DS) = \frac{3}{5}}$

$\displaystyle{(SAM) = (SMB) = \frac{{MS \cdot BS}}{2} = \frac{{{a^2}}}{{20}}}$

: Λογοπαίγνιο.II.png (20.07 KiB) Προβλήθηκε 1441 φορές

$\displaystyle{{E_1} = (SAM) + (DAS) = \frac{{{a^2}}}{{20}} + \frac{1}{2}{a^2}\eta \mu (A\widehat DS) \Leftrightarrow {E_1} = \frac{{7{a^2}}}{{20}}}$

$\displaystyle{{E_2} = \frac{1}{2}{a^2}\eta \mu (S\widehat DC) = \frac{{2{a^2}}}{5}}$ . Άρα: $\boxed{\frac{{{E_1}}}{{{E_2}}} = \frac{7}{8}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 17, 2015 1:14 pm**

: Λογο-παίγνιο.png (11.23 KiB) Προβλήθηκε 1426 φορές

Από $\dfrac{SC}{SM}=\dfrac{BC^2}{BM^2}=4$ , παίρνω $ST=\dfrac{4a}{5}$ , οπότε : $E_{2}=\dfrac{2a^2}{5}=\dfrac{8a^2}{20}$ . Επίσης είναι

$(CBM)=\dfrac{a^2}{4}$ . Συνεπώς $E_{1}=a^2-\dfrac{2a^2}{5}-\dfrac{a^2}{4}=\dfrac{7a^2}{20}$ και τελικά : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}=\dfrac{7}{8}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 17, 2015 3:33 pm**

KARKAR έγραψε:Το είναι το μέσο της πλευράς , τετραγώνου . Φέρουμε $BS \perp CM$ . Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων, δηλαδή το: $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

Βελτιώνω την προηγούμενη λύση μου.

: Λογοπαίγνιο_2.png (15.84 KiB) Προβλήθηκε 1392 φορές

Αν

, τότε

και $(DAM) = \dfrac{{(MDC)}}{2} = 2,5x$ . Έτσι, $\dfrac{{{E_1}}}{{{E_2}}} = \dfrac{{3,5x}}{{4x}} = \dfrac{7}{8}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 17, 2015 5:02 pm**

Ακόμα μία…

: Λογοπαίγνιο_3.png (16.88 KiB) Προβλήθηκε 1374 φορές

$Z \equiv CD \cap BS$ και $N \equiv AD \cap BZ$ .

Από $\triangleleft CBM \sim \triangleleft ZCB \Rightarrow D$ μέσο

, $\triangleleft CMB = \triangleleft ZDN = \triangleleft BAN$ και ${E_2} = (DZS)$ .

Αν (SMB) = x

τότε συμπληρώνουμε το σχήμα και $\dfrac{{{E_1}}}{{{E_2}}} = \dfrac{{7x}}{{8x}} = \dfrac{7}{8}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 19, 2015 10:20 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Λογο-παίγνιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι το μέσο της πλευράς , τετραγώνου . Φέρουμε $BS \perp CM$ .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών των δύο εγχρώμων πολυγώνων δηλαδή το : $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}$ .

: DRAW1.png (16.97 KiB) Προβλήθηκε 1307 φορές

..καλησπέρα..

έστω AB=BC=CD=DA=2

και $E\equiv CM\bigcap{AD}$ και επίσης $DH\perp EC(H\in CE)$ .Όμως $\bigtriangleup AME=\bigtriangleup MCB(\hat{A}=\hat{B}=90^{\circ} ,AM=MB=1,\hat{AME}=\hat{CMB})$ \displaystyle{\Rightarrow AE=CB=2

\bigtriangleup AME:\hat{A}=90^{\circ} \mathop\Rightarrow^{\Pi .\Theta } ...EM=\sqrt{5} και μάλιστα

CM=EM=\sqrt{5} . Επειδή

\displaystyle\bigtriangleup AME\approx\bigtriangleup SMB\Rightarrow ...SM=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow CS=CM-SM\Rightarrow CS=\frac{4\sqrt{5}}{5}

\displaystyle (DCE)=\frac{DC\cdot DE}{2}=\frac{DH\cdot EC}{2}\Rightarrow ..\Rightarrow DH=\frac{4\sqrt{5}}{5}} $\displaystyle\Rightarrow (DCS)=\frac{DH\cdot CS}{2}\Rightarrow ...\Rightarrow \boxed{(DCS)=\frac{8}{5}}\,\,\,(1)$

Επίσης $\displaystyle (DSE)=\frac{DH\cdot SE}{2}\Rightarrow ....\Rightarrow \boxed{(DSE)=\frac{12}{5}}\,\,\,\,(2)$ και $(AME)=\displaystyle\frac{AM\cdot AE}{2}\Rightarrow ..\Rightarrow \boxed{(AME)=1}\,\,\,\,(3)$

Από (2),(3) έχουμε: $(DSMA)=(DSE)-(AME)\displaystyle\Rightarrow \boxed{(DSMA)=\frac{7}{5}}\,\,\,\,(4)$

Καταλήγοντας από (1),(4) έχουμε: $\boxed{\displaystyle\frac{(DSMA)}{(DCS)}=\frac{7}{8}}$

mathematica.gr

Λογοπαίγνιο

Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο

Re: Λογοπαίγνιο